Tải bản đầy đủ

Mở rộng và phát triển một bài toán thi olympic sinh viên việt nam

Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Mở rộng và phát triển một bài toán
thi Olympic sinh viên Việt Nam
Võ Đức Toàn1 , Vũ Tiến Việt2

Năm 2005 trong kỳ thi Olympic toán học sinh viên Việt Nam (được tổ chức
tại Đại học Sư phạm – Đại học Huế) có bài toán sau3 :
Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn
1

1 − x2
, ∀x ∈ [0, 1]
2

f (t)dt
x

(1)


Chứng minh rằng
1

1

[f (x)]2 dx

1
3

xf (x)dx

0

0

Lời giải. Ta có
1

0

1

[f (x) − x]2 dx =

0
1

nên

0

0

1

2
1


Đặt I =

1

xf (x)dx +
0

1

[f (x)]2 dx

1

[f (x)]2 dx − 2

xf (x)dx −
0

x2 dx

0

1
.
3

f (t)dt dx và sử dụng tích phân từng phần ta được
0

1

x
1

I=

1

f (t)dt dx = x
0

x

tf (t)dt
x

1
0

1

+

1

xf (x)dx =
0

Mặt khác ta có
1

1

I=

1

f (t)dt dx
0

x

0

1
1 − x2
dx =
2
3

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét. Điều kiện (1) có thể viết thành
1

1

f (t)dt
x

tdt , ∀x ∈ [0, 1]
x

1 Học viên Cao học, Khoa Toán - Trường Đại học Quy Nhơn
email: ductoan1810@gmail.com
2 Khoa Toán - Tin, Học viện An ninh nhân dân
email: mydienbien@gmail.com
3 Bài này xuất hiện lần đầu trong kỳ thi ICM-1995 tổ chức tại Bulgaria

xf (x)dx
0


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Ngô Quốc Anh, Dư Đức Thắng, Trần Tất Đạt và Đặng Anh Tuấn (ĐHQG
Hà Nội, xem [3]) đã phát triển bài toán trên như sau:
Bổ đề 1. Giả thiết hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn điều kiện (1) ; đồng
thời f (x) 0 , ∀x ∈ [0, 1] (1 ) . Khi đó ta có
1

1
, (n = 0, 1, 2, ...)
n+3

xn+1 f (x)dx

0

Chứng minh. Ta có
1

1

xn

f (t)dt dx =

0

x

=
1

dẫn đến

1

1
n+1

0

1

f (t)dt
x
1

Mặt khác
1

Do đó

xn

1

0

+

1

1
n+1

xn+1 f (x)dx

0

f (t)dt dx .
x

1 − x2
dx .
2
0
1
1
1 − x2
(n + 1)
dx = ...? =
.
xn
2
n
+
3
0

f (t)dt dx

0

1

1

xn

0

1

f (t)dt d(xn+1 )

x
1

xn+1
n+1

xn+1 f (x)dx = (n + 1)

0

1

x

xn+1 f (x)dx

0

xn

Bài toán 1. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]n+1 dx

0

xn f (x)dx , ∀n ∈ N

0

Lời giải. Do bất đẳng thức Cauchy ta có [f (x)]n+1 + nxn+1
1

nên

1

[f (x)]n+1 dx + n

0

1

xn+1 dx

(n + 1)

0

(n + 1)xn f (x),

xn f (x)dx .

0

Theo bổ đề 1 ta có
1

(n + 1)

1

xn f (x)dx = n

0

1

xn f (x)dx +

0

n
+
n+2

xn f (x)dx

0

1

xn f (x)dx

0

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]n+1 dx

0

x[f (x)]n dx , ∀n ∈ N

0

Lời giải. Ta thấy (f (x) − x)([f (x)]n − xn )
n+1

tức là [f (x)]
1

Do đó
0

+x

n+1

[f (x)]n+1 dx +

1
n+2

0 , ∀x ∈ [0, 1] ,

n

x f (x) + x[f (x)]n , ∀x ∈ [0, 1] .
1
0

1

xn f (x)dx +

x[f (x)]n dx .

0

Đến đây theo bổ đề 1 ta suy ra điều phải chứng minh.


Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Bổ đề 2. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) .
1

Khi đó

1
, (∀α > 0) .
α+3

xα+1 f (x)dx

0

Chứng minh. Tương tự như chứng minh bổ đề 1.
Bài toán 3. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]α+1 dx

0

xα f (x)dx , ∀α > 0

0

Lời giải. Dễ dàng có bất đẳng thức Cauchy tổng quát sau
xα y β , (α > 0, β > 0, α + β = 1, x

αx + βy

0, y

0)

Từ đó
1
α
[f (x)]α+1 +
xα+1
α+1
α+1
1
α
1
[f (x)]α+1 dx +
α+1 0
(α + 1)(α + 2)

xα f (x) , ∀x ∈ [0, 1]
1

xα f (x)dx

0

Theo bổ đề 2 ta có
1

1
α+1

xα f (x)dx =

0

1
α+1

1

xα f (x)dx +

0
1

xα f (x)dx +

0

α
α+1

1

xα f (x)dx

0

α
(α + 1)(α + 2)

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 4. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]α+1 dx

0

x[f (x)]α dx , ∀α > 0

0

Lời giải. Tương tự như chứng minh bài toán 3.
Bài toán mở số 1. Giả sử f (x) là hàm liên tục trên [0, 1] thỏa mãn
1

1

f (t)dt
x

tdt , ∀x ∈ [0, 1]
x

Với điều kiện nào cho α và β thì bất đẳng thức sau là đúng?
1
0

1

[f (x)]α+β dx
0

tα [f (x)]β dx


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Chúng ta tiến hành giải quyết bài toán mở số 1 nêu trên.
Bổ đề 3. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1) . Khi đó
1

1 − xk+2
, ∀x ∈ [0, 1] , (k ∈ N)
k+2

tk f (t)dt

x

Chứng minh. Từ giả thiết ta có
1

1

y k−1

1

f (t)dt dy

x

y

y k−1

x

1 − y2
dy
2

1
xk
xk+2

+
k(k + 2) 2k 2(k + 2)

= ...? =

Mặt khác, dùng tích phân từng phần ta được
1

1

y k−1

f (t)dt dy =

x

y

1

yk
k

=−

f (t)dt
y

1
x

+

1

xk
k

f (t)dt +
x

1
k
1
k

1
x
1

y k f (y)dy
y k f (y)dy

x

Do đó


xk
k

1

f (t)dt +
x

1
k

1
x
1



y k f (y)dy
y k f (y)dy

x

1
xk
xk+2

+
k(k + 2) 2k 2(k + 2)
1

1
xk
kxk+2

+
k+2
2
2(k + 2)
x
2
k
1−x
1
x
kxk+2
1 − xk+2
xk
+

+
=
.
2
k+2
2
2(k + 2)
k+2
xk

f (t)dt +

Nhận xét. Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh bổ đề 3 cũng đúng khi
k ∈ [1, ∞) . Tức là
1

1 − xα+2
, ∀x ∈ [0, 1] , (∀α
α+2

tα f (t)dt

x

1)

Bổ đề 4. Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] sao cho (1) thỏa
mãn. Khi đó với mỗi x ∈ [0, 1] và k ∈ N , ta có
1

[f (t)]k dt

x

1 − xk+1
k+1

Chứng minh. Ta thấy
1

0
x
1

=
x

(f (t) − t)([f (t)]k − tk )dt
[f (t)]k+1 −

1
x

tk f (t)dt −

1
x

t[f (t)]k dt +

1
x

tk+1 dt


Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

điều này kéo theo
1

1

[f (t)]k+1

x

1

tk f (t)dt +

x

1 − xk+2
k+2

t[f (t)]k dt −

x

Sử dụng bổ đề 3 ta có
1

1

[f (t)]k+1

x

t[f (t)]k dt (∗)

x

Tiếp tục chứng minh bằng quy nạp. Rõ ràng bổ đề đúng với k = 1.
1

Giả sử

1 − xk+1
, ta sẽ chứng tỏ rằng
k+1

[f (t)]k dt

x

1

[f (t)]k+1 dt

x

1 − xk+2
.
k+2

Thật vậy, ta có
1
x

1

1

[f (t)]k dt dy

y

x

1 − y k+1
1
x
xk+2
dy = ...? =

+
k+1
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)

Mặt khác. dùng tích phân từng phần ta được
1
x

1

1

[f (t)]k dt dy = y

y

[f (t)]k dt

y
1

= −x

1
x

1

+

[f (t)]k dt +

x

x
1

y[f (y)]k dy
y[f (y)]k dy

x

Như thế
1

−x

1

[f (t)]k dt +

x

x
xk+2
1

+
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)

y[f (y)]k dy

x

và do vậy
1

1

y[f (y)]k dy

x

x

x
xk+2
1

+
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)
1
x
xk+2
+

+
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)

[f (t)]k dt +

x

1 − xk+1
x
k+1
1 − xk+2
=
k+2
Đến đây do (∗) ta được
1

[f (t)]k+1

x

1

t[f (t)]k dt

x

1 − xk+2
k+2

điều này hoàn thành chứng minh.
Bài toán 5. Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] . Nếu (1) thỏa
mãn, thì với mỗi m, n ∈ N , ta có
1
0

1

[f (x)]m+n dx
0

xm [f (x)]n dx


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy tổng quát ta được
m
n
[f (x)]m+n +
xm+n
m+n
m+n

xm [f (x)]n

điều này kéo theo
1

n
m+n

[f (x)]m+n dx +

0

1

m
m+n

1

xm+n dx

0

xm [f (x)]n dx

0

Vì thế
1

m
m+n

[f (x)]m+n dx

0

1

=

1
0

0

Do bổ đề 4 ta có

1

m
m+n

m
(m + n)(m + n + 1)

[f (x)]m+n dx −

0

1
m+n+1

1
. Từ đây ta được
m+n+1

[f (x)]m+n dx

0
1

xm [f (x)]n dx −

0

xm [f (x)]n dx +
1

1

[f (x)]m+n dx +

1

[f (x)]m+n dx

0

xm [f (x)]n dx .

0

Bài toán 6. Giả sử f là hàm liên tục trên [0, 1] sao cho f (x)
Nếu (1) thỏa mãn, thì với mỗi α, β > 0 ta có
1

1

[f (x)]α+β dx

0

xα [f (x)]β dx

1 , ∀x ∈ [0, 1].

(∗∗)

0

Lời giải. Bằng cách chứng minh tương tự như với bài toán 5 ta thấy (∗∗)
1
1
.
đúng khi
[f (x)]α+β dx
α
+
β+1
0
1

Từ đó ta chỉ cần chứng tỏ rằng

1
, (η > 0).
η+1

[f (x)]η dx

0

1

Vì f (x)

1 , ∀x ∈ [0, 1] và [η]

η < [η]+1 ta có
0

Do bổ đề 4 ta được
1

1

[f (x)]η dx

1
[η] + 1

[f (x)][η] dx

0

0

1

[f (x)]η dx

[f (x)][η] dx.

0

1
.
η+1

Nhận xét. Điều kiện f (x) 1 , ∀x ∈ [0, 1] trong bài toán 6 là cần thiết để
1
1
[f (x)]η dx
, (η > 0) . Chẳng hạn xét η = 12 và
η
+
1
0
f (x) =
1

thì

f (t)dt
x

0
2(2x − 1)

1 − x2
, nhưng
2

nếu 0 x
nếu 12 < x
1

1
2


1
2

[f (x)] dx =
0

liên tục trên [0, 1]

1

2
2
< .
3
3


Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Điều kiện f (x)

1 , ∀x ∈ [0, 1] có thể bỏ qua nếu giả thiết α + β

1.

Bài toán 7. Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] sao cho (1) thỏa
mãn. Khi đó với mỗi α, β > 0 mà α + β 1 , ta có
1

1
α+β+1

[f (t)]α+β dt

0

và từ đó ta được bất đẳng thức (∗∗) như ở bài toán 6.
Lời giải. Đặt k = [α + β] và γ = {α + β} = α + β − [α + β] = α + β − k .
Ta thấy k ∈ N, 0
tổng quát ta có

γ < 1 và

γ
+ α+β
= 1 . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

k
α+β

k
γ α+β
[f (t)]α+β +
t
α+β
α+β

[f (t)]k tγ , ∀t ∈ [0, 1]

dẫn đến với mỗi x ∈ [0, 1] thì
k
α+β

1

[f (t)]α+β dt +

x

1

γ
α+β

tα+β dt

x

1

[f (t)]k tγ dt

x

Mặt khác, dùng tích phân từng phần và chú ý bổ đề 4 ta có
1

1

[f (t)]k tγ dt = −

x

x

[f (s)]k ds

t
1

= −tγ
= xγ

1

tγ d

t
1

[f (s)]k ds

1
x

[f (s)]k ds +

x

1

1

+
x
1
x

[f (s)]k ds d(tγ )

t
1

[f (s)]k ds d(tγ )

t

1
1 − tk+1 γ
1 − xk+1
+
d(t )
x
k+1
k+1
x
1
γ
=
(xγ − xα+β+1 ) + (1 − xγ ) −
(1 − xα+β+1 )
k+1
α+β+1
1
γ
1
1
(1 −
)=
[f (t)]k tγ dt
k+1
α+β+1
α+β+1
0
γ

Lại có

γ
α+β

1

tα+β dt =

0

γ
.
(α + β)(α + β + 1)

Từ đây ta được
k
α+β

1
0

[f (t)]α+β dt

1

1
γ
tα+β dt
α
+
β
0
0
1
γ
1
k
(1 −
)=
·
α+β+1
α+β
α+β+1 α+β

[f (t)]k tγ dt −

suy ra điều cần phải chứng minh.


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Chúng ta phát biểu thêm một số bài toán mở khác:
Bài toán mở số 2. Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) là các hàm liên tục và g là hàm
không giảm thỏa mãn
b

b

f (t)dt =
a

g(t)dt

(2)

g(t)dt , ∀x ∈ [a, b]

(3)

a
b

b

f (t)dt
x

x
b

Khi đó với mỗi hàm h là hàm lồi trên [0, ∞) ta có

b

h(f (t))dt
a

Đặc biệt, lấy h(t) := tα , (α > 0) là hàm lồi trên [0, ∞) ta được
b

b

[f (t)]α dt

a

h(g(t))dt.
a

[g(t)]α dt

a

Bài toán mở số 3. Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) là các hàm liên tục và g là hàm
không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (3) . Khi đó ta có
b

b

[f (t)]β dt

x

[g(t)]β dt , ∀x ∈ [a, b] , (β

1)

x

Bài toán mở số 4. Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) là các hàm liên tục và g là hàm
không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (3) . Khi đó nếu
b

[f (t)]α dt

x
b

thì ta có
x

[f (t)]β dt

b

[g(t)]α dt , ∀x ∈ [a, b] , (α > 0)

(4)

x
b

[g(t)]β dt , ∀x ∈ [a, b] , (β

α) .

x

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. G.H. Hardy, J.E. Littlewood, G. Polya. Bất đẳng thức. (Tiếng Việt).
Bản dịch của Nguyễn Khắc Lân, Nguyễn Duy Tiến, Nguyễn Hữu Ngự
Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2002.
[2]. D.S. Mitrinoviic , J.E. Pecaric and A.M. Fink.
Classical and New Inequalities in Analysis.
Kluwer Academic Publishers, Dordrecht - Boston - London, 1993.
[3]. Q.A. Ngo, D.D. Thang, T.T. Dat and D.A. Tuan.
Notes on an integral inequality.
J. Inequal. Pure & Appl. Math. , 7(4) (2006).
[4]. George A. Anastassiou. Advanced Inequalities.
Copyright c 2011 by World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd.
[5]. Constantin P. Niculescu, Lars-Erik Persson.
Convex Functions and Their Applications.
Springer. September, 2004.
[6]. D.S. Mitrinovic (Author), P.M. Vasic (Contributor).
Analytic Inequalities. Springer.
Softcover reprint of the original 1st ed. 1970 edition (February, 2012)



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×